3-1

BAB III

ANALISIS BEBAN

Beban dapat diklasifikasikan menjadi tiga jenis, yaitu: beban dari alam/

lingkungan, beban operasional, dan beban sustain (berat mesin dan peralatannya).

Beban dari alam adalah beban yang diterima mesin/ peralatan, selama beroperasi

maupun tidak beroperasi, dari lingkungan dimana mesin/ peralatan itu berada, seperti

beban angin, gempa dll. Beban operasional adalah beban akibat beroperasinya mesin/

peralatan sesuai dengan fungsi kerjanya ketika mesin tersebut beroperasi. Beban sustain

adalah beban berat mesin/ peralatan yang terus-menerus diterima mesin/ peralatan

tersebut ketika beroperasi maupun tidak beroperasi.

3.1. Kelas Pembebanan

Mesin atau peralatan serta komponen-komponenya pasti menerima beban

operasional dan beban lingkungan dalam melakukan fungsinya. Beban dapat dalam

bentuk gaya, momen, defleksi, temperatur, tekanan dan lain-lain. Analisis pembebanan

dalam perancangan mesin atau komponen mesin sangatlah penting, karena jika beban

telah diketahui maka dimensi, kekuatan, material, serta variabel design lainnya dapat

ditentukan.

Jenis beban pada suatu mesin/peralatan dapat dibagi menjadi beberapa kelas

berdasarkan karakter beban yang bekerja dan adanya gerakan atau perpindahan. Jika

konfigurasi umum dari mesin telah didefinisikan dan gerakan kinematikanya telah

dihitung, maka tugas berikutnya adalah menganalisis besar dan arah semua gaya,

momen, dan beban lainnya. Beban-beban ini dapat saja konstan atau bervariasi terhadap

waktu. Komponen mesin dimana gaya tersebut bekerja juga bisa dalam keadaaan diam

(statik) atau bergerak. Dengan demikian kelas pembebanan dapat dibedakan menjadi

empat yaitu :

Beban statik Beban dinamik

Elemen diam Kelas 1 Kelas 2

Elemen bergerak Kelas 3 Kelas 3

3-2

Tugas :

Tuliskan contoh peralatan/komponen untuk masing-masing kelas pembebanan di atas

Aplikasi beban berdasarkan daerah pembebanan dapat diklasifikasikan menjadi

dua yaitu

Beban terkonsentrasi : beban yang diaplikasikan pada daerah yang sangat kecil

dibandingkan dengan luas komponen yang dibebani, dapat diidealisasikan menjadi

beban terkonsentrasi pada suatu titik.

Gambar 3. 1 Beban terkonsentrasi

Beban terdistribusi : beban didistribusikan pada suatu daerah tertentu.

Gambar 3. 2 Beban terdistribusi

Berdasarkan lokasi dan metoda aplikasi beban serta arah pembebanan, beban

dapat diklasifikasikan menjadi : beban normal, beban geser, beban lentur, beban torsi,

dan beban kombinasi. Ilustrasi masing-masing beban ini ditunjukkan pada gambar 2.1.

3-3

Gambar 3. 3 Klasifikasi beban berdasarkan lokasi dan metoda aplikasinya : (a) normal tarik, (b) normal tekan, (c) geser, (d) lentur, (e) torsi, (f) kombinasi

3.2. Diagram Benda Bebas dan Persamaan Kesetimbangan

Untuk mendapatkan identifikasi semua gaya dan momen pada suatu

sistem/peralatan, maka kita perlu menggambar diagram benda beban (DBB) setiap

elemen dari sistem tersebut. DBB haruslah menunjukkan bentuk umum komponen serta

semua gaya dan momen yang bekerja pada elemen tersebut. Perlu diingat juga bahwa

akan ada gaya dan momen luar yang bekerja, dan juga gaya atau momen yang timbul

pada sambungan satu elemen dengan yang lain.

Sebagai tambahan, gaya-gaya dan momen pada DBB, baik yang diketahui

maupun yang tidak diketahui nilainya, dimensi dan sudut setiap element harus

didefinisikan dalam koordinat lokal. Sistem koordinat diletakkan pada pusat gravitasi

elemen (CG). Untuk beban dinamik, percepatan kinematik baik linear maupun angular

pada CG, perlu diketahui atau dihitung sebelum melakukan analisis beban.

Hukum Newton dan persamaan Euler adalah dasar yang dapat digunakan untuk

melakukan analisis beban, baik untuk 3 dimensi maupun 2 dimensi.

Hukum Newton I : “a body at rest tends to remain at rest and abody in motion at

constant velocity will tend to maintain that velocity unless acted upon by an

external force”

Hukum Newton II : “The time rate of change of momentum of a body is equal to the

magnitude of the applied force and acts in the direction of the force”

3-4

Untuk sebuah benda kaku yang tidak mengalami percepatan (statik), hukum

Newton I & II dapat dinyatakan dalam persamaan

∑ = 0F ∑ = 0M (3.1)

dan untuk benda yang mengalami percepatan

∑ = aF m ∑ α= IM (3.2)

Dengan F = gaya, m = massa, I = momen inersia massa, dan α = percepatan sudut.

Persamaan diatas dikenal sebagai persamaan kesetimbangan statik (2.1) dan persamaan

kesetimbangan dinamik (2.2).

Untuk menganalisis gaya-gaya dan momen pada sambungan yang merupakan

interaksi antara body satu dengan yang lainnya dapat digunakan prinsip dari hukum

Newton yang berbunyi :

Hukum Newton III : “When two particles interact, apair of equal and opposite

reaction forces will exist at their contact point. This force pair will have the same

magnitude and act along the same direction line, but have opposite sense”

Konsep aksi-reaksi pada setiap sambungan ini dapat digunakan untuk menentukan besar

dan arah gaya dan momen pada sambungan.

Analisis Beban 3 Dimensi Untuk sistem tiga dimensi dari beberapa benda yang saling berhubungan,

persamaan vektor diatas dapat ditulis dalam tiga persamaan skalar sesuai dengan

komponen orthogonal koordinat lokal x, y, dan z. titik awal sistem koordinat lokal

sebaiknya pada pusat gravitasi. Persamaan tersebut untuk kondisi statik adalah

∑ = 0xF ∑ = 0yF ∑ = 0zF

∑ = 0xM ∑ = 0yM ∑ = 0zM (3.3)

Sedangkan untuk kondisi dinamik, dimana benda mengalami percepatan

∑ = xx maF ∑ = yy maF ∑ = zz maF (3.4)

dan

( ) zyzyxxx IIIM ωω−−α=∑

( ) xzxzyyy IIIM ωω−−α=∑ (3.5)

3-5

( ) yxyxzzz IIIM ωω−−α=∑

Persamaan (2.5) dikenal dengan nama persamaan Euler. ω adalah kecepatan sudut.

Analisis Beban 2 Dimensi Pada kenyataannya semua mesin berada dalam 3 dimensi. Akan tetapi untuk

beberapa kondisi khusus, kondisi 3 dimensi ini dapat diidealkan menjadi 2 dimensi

gerakan dan gaya/momen yang terjadi hanya pada satu bidang atau bidang-bidang yang

paralel. Sebagai contoh, jika semua gerakan dan gaya-gaya dan moment yang bekerja

hanya terjadi pada bidang x-y maka persamaan dari hukum Newton dan persamaan Euler

dapat direduksi menjadi

∑ = xx maF ∑ = yy maF ∑ = zzz IM α (3.6)

3.3. Studi Kasus I : Kendaraan bergerak Lurus dengan kecepatan konstan

Sebuah kendaraan dengan berat (Wmobil) 300 lb, bergerak dengan kecepatan

konstan 60 mph. Pada kecepatan ini drag aerodinamis adalah 16 HP. Titik pusat gravitasi

dan titik tangkap tahanan aerodinamis ditunjukkan pada gambar. Tentukanlah gaya-gaya

reaksi yang bekerja pada roda kendaraan.

Gambar 3. 4 DBB kendaraan yang bergerak dengan kecepatan konstan

Idealisasi :

Kecepatan konstan

Roda belakang sebagai roda penggerak

Gaya aerodinamik dalam arah vertikal diabaikan

Tahanan rolling roda diabaikan

A

3-6

Analisis :

1. Hitung gaya drag aerodinamik

( ) ( ) ( )mphftmphKecepaFDragGaya

hp

lbft

hpDaya dmin/88tanmin

00033

⋅=

⋅

mphftmphF

hp

lbft

hp dmin/8860min

00033

16 ⋅=

⋅

⇒ 5280

0003316 lbFd⋅

=

lbFd 100=

2. Gunakan kesetimbangan gaya dalam arah horizontal

Kesetimbangan gaya: ∑ ⋅= amFhor ⇒ untuk kecepatan konstan 0==tVa

δδ

Sehingga diperoleh: lbFFF tdt 1000 =⇒=−

3. Gunakan kesetimbangan momen

Kesetimbangan momen terhadap titik kontak roda belakang dengan jalan (titik A)

∑ =⋅−⋅+⋅⇒= 050251000 inWinFinWM mobildfA

Sehingga diperoleh: ( ) ( ) lb

ininlbinlbW f 1475

10025100503000

=⋅−⋅

=

4. Gunakan kesetimbangan gaya dalam arah vertical

Kesetimbangan gaya: ( )∑ =+−⇒= 00 frmobilVertikal WWWF ⇒ fmobilr WWW −=

Sehingga diperoleh: ( ) lblbWr 152514753000 =⋅−=

3.4. Studi Kasus II : Kendaraan bergerak Lurus dipercepat

Kendaraan pada kasus I yang bergerak dengan kecepatan 60 mph tiba-tiba di

“gas” dengan sehingga daya mesin naik menjadi 96 HP (total). Tentukanlah gaya-gaya

reaksi yang bekerja pada roda kendaraan dan percepatan kendaraan.

3-7

Gambar 3. 5 DBB kendaraan yang bergerak dipercepat

Idealisasi :

Roda belakang sebagai roda penggerak

Efek inersia rotasional adalah ekivalen 7% berat kendaraan. (hanya 100/107

bagian daya yang berfungsi untuk mempercepat kendaraan)

Analisis :

1. Efek inersia rotasional

Hanya 100/107 bagian daya yang berfungsi untuk mempercepat kendaraan

secara linear.

2. Tentukan gaya dorong yang digunakan untuk mempercepat kendaraan.

Daya 16 hp memberikan gaya dorong roda kedepan (Ft) sebesar 100 lb yang

diperlukan untuk menjaga kecepatan selalu konstan.

Daya yang diperlukan untuk mempercepat kendaraan:

( ) hphphp 8,741071001696 =⋅−

Maka diperoleh gaya dorong (trust) penyebab akselerasi (Ft_acc):

16 hp ⇒ 100 lb

74,8 hp ⇒ Ft_acc

3. Tentukan percepatan

Dengan kesetimbangan gaya:

gW

Fm

FaamF acctacct

mobilacct___ ==⇒⋅=∑

Sehingga diperoleh percepatan mobil sebesar: 2

2

sec/0,5

sec/2,323000

5,467 ft

ftlblba ==

4. Gunakan kesetimbangan gaya & momen untuk menghitung reaksi pada roda

Dengan interpolasi: lblb

hphpF acct 5,467100

168,74

_ =⋅=

A

3-8

Diperoleh gaya dorong: Ft= Ft(kec. konstan)+Ft_acc=100 lb+ 467,5 lb= 567,5 lb

Kesetimbangan gaya arah horizontal: ∑ =−−⇒= 00 idthor FFFF

Diperoleh: ( ) lblbFFF dti 5,4671005,567 =⋅−=−=

Kesetimbangan momen di titik kontak roda belakang dengan jalan (titik A):

( ) 01002520500 =⋅+⋅+⋅−⋅⇒=∑ inWinFinFWM fdiA

Maka diperoleh: lbin

inlbinlbinlbW f 5,1381100

25100205,467503000=

⋅+⋅−⋅=

Kesetimbangan gaya arah vertikal: ∑ =−−⇒= 00 frver WWWF

Diperoleh: ( ) lblbWWW fr 5,16185,13813000 =⋅−=−=

3.5. Studi Kasus III : Analisis Beban pada Brake Lever Sepeda

Geometry “brake lever” sepeda diberikan pada gambar 2.4 . Rata-rata tangan

manusia dapat menimbulkan gaya cengkeram sekitar 267 N. Tangan yang sangat kuat

dapat memberikan gaya cengkeram sekitar 712 N. Hitunglah gaya-gaya yang bekerja

pada sambungan pivot.

Gambar 3. 6 Susunan “brake lever sepeda”

Idealisasi :

Percepatan diabaikan

Berat tiap komponen diabaikan

Semua gerakan dan gaya beban adalah coplanar sehingga dapat dianggap problem

2D

Gaya cengkeram yang lebih besar digunakan untuk perhitungan karena lebih kritis

Gesekan diabaikan

3-9

Analisis :

1. Buat DBB masing-masing komponen (Asumsi berat diabaikan)

Keterangan:

• Notasi Fb2 → Gaya di B pada komponen 2

• Notasi F12→ Gaya dari komponen 1 ke komponen 2

• Notasi R12→ Jarak/ posisi vektor gaya F12 terhadap Center of Gravity (CG)

• Notasi diatas konsisten untuk seluruh DBB

2. Gunakan prinsip kesetimbangan 2 dimensi

• DBB 1 Handlebar

Pada CG: 031121 =+++=∑ xxxbxx PFFFF a1

031121 =+++=∑ yyybyy PFFFF a2

( ) ( ) ( ) ( ) 03131112121 =×+×+×+×+=∑ ppbbhz FRFRFRFRMM a3

• DBB 2 Brake Lever b.4

Pada CG: ∑ =++= 02212 xcxbxx FFFF b.1

∑ =++= 02212 ycybyy FFFF b.2

( ) ( ) ( ) 022221212 =×+×+×=∑ ccbbz FRFRFRM b.3

Arah Fc2 diketahui, sehingga diperoleh: φtan22 xcyc FF = b.4

Gambar 3. 7 DBB Brake Lever

DBB 2 Brake Lever

DBB 3 Cable

DBB 1 Handlebar

3-10

• DBB 3 Cable

Pada CG: ∑ =++= 0313 xcxxcablex FFFF c1

∑ =++= 0313 ycyycabley FFFF c2

Dari 9 persamaan diatas terdapat 19 variabel yang tidak diketahui (Fb1x, Fb1y, F12x, F12y,

F21x, F21y, Fc2x, Fc2y, Fc3x,Fc3y, F13x, F13y, F31x, F31y, Fcable x, Fcable y, Px, Py, dan Mh). Untuk

menyelesaikannya 19 variabel yang tidak diketahui diperlukan 19 persamaan. Sudah ada

9 persamaan sehingga diperlukan 10 persamaan lagi:

• Berdasarkan Hukum III Newton:

(1) xcxc FF 23 −= (2) ycyc FF 23 −= (3) xx FF 1221 −=

(4) yy FF 1221 −= (5) xx FF 1331 −= (6) yy FF 1331 −=

• Gaya yang diberikan tangan pada brake lever dan handgrip sama dan berlawanan

arah:

(7) xbxb FF 21 −= (8) ybyb FF 21 −=

• Arah gaya pada cable (Fcable) sama dengan arah pada ujung cable, terlihat pada DBB

dengan arah horizontal:

(9) 0=ycableF

• Dengan asumsi gesekan diabaikan, gaya F31 berarah normal terhadap permukaan

kontak cable dengan hole (DBB 1):

(10) 031 =xF

Diperoleh 19 persamaan, sehingga 19 variabel yang tidak diketahui dapat diselesaikan

3.6. Studi Kasus IV : Analisis Beban pada Autombile Scissors Jack

Scissors jack yang digunakan untuk mengangkat mobil seperti pada gambar 2.6.

Scissors jack menahan beban (P) sebesar 1000 lb. Hitung gaya pada komponen scissors

jack.

3-11

Gambar 3. 8 Scissors Jack pada mobil

Idealisasi :

Percepatan diabaikan

Berat tiap komponen diabaikan

Semua gerakan dan gaya beban adalah coplanar sehingga dapat dianggap problem

2D

Sudut elevasi bodi mobil tidak memberikan momen pada scissors jack

Analisis :

1. Buat DBB masing-masing komponen (Asumsi berat diabaikan)

Karena setengah bagian atas simetri dengan setengah bagian bawah, maka hanya

dilakukan analisis pada setengah bagian saja. Setengah bagian yang lain akan mendapat

beban yang identik.

Gambar 3. 9 DBB setengah bagian atas Scissors Jack pada mobil

3-12

Gambar 3. 10 DBB komponen setengah bagian atas Scissors Jack

2. Gunakan prinsip kesetimbangan 2 dimensi

Dengan asumsi batang 1 sebagai ground, diperoleh

• DBB 2

Pada CG: 0423212 =++=∑ xxxx FFFF a1

0423212 =++=∑ yyyy FFFF a2

( ) ( ) ( ) 0424232321221 =×+×+×=∑ FRFRFRM z a3

( ) ( ) ( ) 0424242423232323212211221 =−+−+−=∑ yyxxyyxxyyxxz FRFRFRFRFRFRM

• DBB 3

Pada CG: 04323 =++=∑ xxxx PFFF b1

04323 =++=∑ yyyy PFFF b2

( ) ( ) ( ) 043432323 =×+×+×=∑ PRFRFRM Pz b3

• DBB 4

Pada CG: 0342414 =++=∑ xxxx FFFF c1

0342414 =++=∑ yyyy FFFF c2

( ) ( ) ( ) 0343424241414 =×+×+×=∑ FRFRFRM z c3

3-13

Dari 9 persamaan diatas terdapat 16 variabel yang tidak diketahui (F12x, F12y, F32x, F32y,

F23x, F23y, F43x, F43y, F14x, F14y, F34x, F34y, F24x, F24y, F42x, F42y). Untuk menyelesaikannya 16

variabel yang tidak diketahui diperlukan 16 persamaan. Sudah ada 9 persamaan

sehingga diperlukan 7 persamaan lagi:

• Berdasarkan Hukum III Newton:

(1) xx FF 2332 −= (2) yy FF 2332 −= (3) xx FF 4334 −=

(4) yy FF 4334 −= (5) xx FF 2442 −= (6) yy FF 2442 −=

• Gaya pada titik kontak roda gigi (F24 atau F42) pada gambar b, dengan asumsi tidak

ada friksi akan berada sepanjang sumbu transmisi (common normal).

(7) φtan2424 xy FF =

Diperoleh 16 persamaan, sehingga 16 variabel yang tidak diketahui dapat diselesaikan

3.7. Studi Kasus V : Analisis Beban Komponen Power Train Otomotif

Mesin mobil memberikan torsi (T) ke transmisi dengan rasio kecepatan transmisi

R=ωin/ωout dan ke poros penggerak seperti pada gambar di bawah. Tentukan beban pada

mesin mobil, transmisi, dan poros penggerak.

Gambar 3. 11 Kesetimbangan momen terhadap sumbu-x pada mesin mobil, transmisi dan propeler shaft front engine untuk mobil berpenggerak roda belakang.

(T=torsi mesin mobil, R=rasio transmisi) Idealisasi :

Mesin mobil dikunci/ disokong pada dua titik seperti pada gambar.

Berat tiap komponen diabaikan

Rugi-rugi gesekan pada transmisi diabaikan

3-14

Analisis :

1. Transmisi

Transmisi menerima torsi dari mesin dan memberikan torsi sebesar RT ke

poros penggerak dan poros penggerak memberikan reaksi torsi sebesar RT pada

transmisi dengan arah yang berlawanan. Sehingga untuk kesetimbangan torsi

sebesar RT-T harus ditanggung oleh rumah transmisi pada titik dimana struktur

mesin dipasang

2. Mesin

Berdasarkan prinsip aksi-reaksi, mesin menerima torsi T dan RT dari

transmisi. Momen RT ditahan oleh kerangka mesin melalui tempat pemasangan

mesin.

3. Poros penggerak

Poros penggerak dalam keadaan setimbang akibat torsi pada kedua ujungnya

yang sama besar dan berlawanan arah.

3.8. Studi Kasus VI : Analisis Beban Komponen Transmisi Otomotif

Mesin mobil memberikan torsi sebesar 3000 lb ke transmisi yang mempunyai rasio

torsi (R=Tout/Tin) di low gear sebesar 2,778. Susunan roda gigi, poros dan bantalan serta

diameter roda gigi di dalam transmisi diketahui seperti dalam gambar. Tentukan semua

beban yang bekerja pada tiap komponen transmisi.

3-15

Gambar 3. 12 DBB transmisi dan komponen utamanya

Idealisasi :

Gaya yang bekerja diantara pasangan roda gigi adalah gaya tangensial.

Transmisi tunak (kecepatan konstan/ percepatan=0)

Analisis :

1. Langkah awal adalah menentukan kesetimbangan transmisi total.

Pada DBB a tidak tergantung pada segala sesuatu yang ada di rumah transmisi,

sehingga pada DBB a menyinggung transmisi R=2,778 tanpa adanya roda gigi

didalamnya (seperti transmisi hidrolik atau elektrik). Agar transmisi bekerja, maka

bagian dalam rumah transmisi (gear) harus memberikan torsi sebesar 5333 lb.in

yang direaksikan oleh rumah transmisi.

2. Gunakan kesetimbangan momen terhadap sumbu putar (∑ = 0M )

• untuk input portion main shaft pada DBB b, diperoleh gaya tangensial 2667 lb

pada roda gigi A agar seimbang dengan torsi input (3000 lb in). Roda gigi A

3-16

memberikan gaya yang sama dan berlawanan arah pada roda gigi B di

countershaft.

• Untuk countershaft pada DBB c, diperoleh gaya tangensial 4444 lb pada roda

gigi C agar seimbang dengan gaya pada roda gigi B. Roda gigi C memberikan

gaya yang sama dan berlawanan arah pada roda gigi D di mainshfat.

3. Menentukan gaya pada bantalan dengan menggunakan kesetimbangan momen

(∑ = 0M )

• Untuk mainshaft dilakukan dengan menggunakan kesetimbangan momen

terhadap bantalan I: ∑ = 0IM ( )( ) ( )( ) ( )( ) 097444422667 =+− inFinlbinlb II

diperoleh FII= 2864 lb. Dengan menggunakan kesetimbangan gaya ∑ = 0F

(atau kesetimbangan momen terhadap bantalan II ∑ = )0IIM diperoleh FI=

1087 lb.

• Untuk countershaft dilakukan dengan cara yang sama dengan cara pada

mainshaft.

4. Pada DBB d pada rumah transmisi terdapat gaya dari poros melewati bantalan

yang besarnya sama dan berlawanan arah dengan gaya pada poros yang

melewati bantalan yang ada di DBB b dan DBB c.

3.9. Studi Kasus VII: Analisis Beban Internal

Dua contoh load-carrying member ditunjukkan pada gambar. Tentukan dan

tunjukkan beban yang ada pada potongan melintang A-A.

Gambar 3. 13 Beban yang bekerja pada bagian dalam komponen

3-17

Gambar 3. 14 Beban yang bekerja pada bagian dalam komponen

Idealisasi :

Tidak terjadi perubahan geometri secara signifikan akibat defleksi.

Analisis :

Gambar b diatas menunjukkan salah satu bagian sisi potongan A-A sebagai DBB

dalam keadaan setimbang. Gaya dan momen diperoleh dari persamaan

kesetimbangan (Hukum Newton II).

3.10. Studi Kasus VIII: Analisis Beban Internal Transmission Countershaft

Temukan potongan melintang poros pada gambar dibawah yang menerima

beban terbesar dan tentukan besar beban tersebut.

Gambar 3. 15 Beban Internal Transmission Countershaft

3-18

Gambar 3. 16 Diagram gaya geser, momen bending dan momen torsi

Idealisasi :

Poros dan roda gigi berputar dengan kecepatan seragam.

Transverse shear stress diabaikan.

Analisis :

1. Langkah awal adalah membuat diagram beban, gaya geser, momen bending, dan

momen torsi untuk poros countershaft seperti terlihat pada DBB diatas.

2. Menentukan daerah kritis.

Daerah kritis adalah daerah yang mendapat beban terbesar. Dari DBB diatas

terlihat bahwa beban terbesar terletak pada bagian kanan roda gigi C, yang mana

terjadi momen bending dan momen torsi terbesar dengan asumsi transverse shear

stress diabaikan (tidak penting dibandingkan beban bending). Transverse shear

stress pada daerah ini lebih kecil dari nilai maksimum transverse shear stress

pada countershaft.

3.11. Pembebanan pada Beam

Beam adalah elemen yang menahan beban melintang dengan geometri yang relatif

panjang dalam sumbu utamanya dibandingkan dimensi penampangnya. Beam juga dapat

3-19

dibebani secara aksial torsional. Konstruksi beam yang sering digunakan antara lain

adalah :

Simply supported

Cantilever beam

Overhung beam

Indeterminate beam

Beam dapat menerima beban terkonsentrasi maupun beban yang terdistribusi atau

kombinasi antara keduanya. Beban gaya melintang akan menimbulkan efek gaya geser

dan momen bending pada beam. Analisis beban untuk beam harus dapat menghitung

besar, arah, dan distribusi gaya geser dan momen bending pada beam. Hubungan antara

gaya geser dan momen bending didalam beam dengan fungsi beban q(x) adalah

( ) 2

2

dxMd

dxdVxq == (3.7)

Gambar 3. 17 Berbagai konstruksi beam

3-20

Fungsi beban adalah parameter yang biasanya diketahui, sehingga untuk mendapatkan

gaya dalam geser V dan momen dalam M, perlu dilakukan integrasi persamaan 2.7.

Hasilnya adalah

AB

x

x

V

V

VV qdxdVB

A

B

A

−== ∫∫ (3.8)

AB

x

x

M

M

MM VdxdMB

A

B

A

−== ∫∫ (3.9)

Persamaan (2.8) dan (2.9) diatas menunjukkan bahwa perbedaan gaya geser dalam

antara dua titik A dan B sepanjang beam adalah sama dengan luas daerah dibawah grafik

fungsi beban. Sedangkan perbedaan momen dalam antara posisi A dan B adalah sama

dengan luas daerah dibawah grafik gaya geser dalam seperti diilustrasikan pada gambar

3.16.

Gambar 3. 18 Diagram gaya geser dalam dan momen dalam pada beam

Fungsi singular:

Keterangan Fungsi Keterangan

Beban terdistribusi kuadratik 2ax − → unit parabolic

fuction

x≤ a→ =0

x>a→ =(x-a)2

3-21

Beban terdistribusi linear 1ax − → Unit ramp

function

x≤ a→ =0

x>a→ =(x-a)

Beban terdistribusi seragam 0ax − → Unit step function x≤ a→ =0

x>a→ =1

x=a→ tidak terdefinisi

Gaya terkonsentrasi 1−− ax → Unit impuls

function

x≤ a→ =0

x>a→ =0

x=a→ =∞

Momen terkonsentrasi 2−− ax → Unit doublet

fuction

x≤ a→ =0

x>a→ =0

x=a→ =∞

Integral fungsi singular:

∫ ∞−

−=−

x axda

3

32 λλ (3.10)

∫ ∞−

−=−

x axda

2

21 λλ (3.11)

∫ ∞−−=−

xaxda 10 λλ (3.12)

∫ ∞−

− −=−x

axda 01 λλ (3.13)

∫ ∞−

−− −=−x

axda 12 λλ (3.14)

3.12. Studi Kasus Beam Tumpuan Sederhana Dengan Beban Terdistribusi Seragam

Beam dengan tumpuan sederhana mendapat beban terdistribusi seragam. Panjang

beam l=10 in, lokasi beban a= 4 in, dan beban terdistribusi seragam w= 10 lb/ in.

Tentukan dan plot diagram beban, diagram gaya geser, dan diagram momen dengan

metoda grafik dan dengan menggunakan fungsi singular.

3-22

Gambar 3. 19 Beam dengan tumpuan sederhana mendapat beban

terdistribusi seragam

Idealisasi :

Berat beam diabaikan.

Analisis :

1. Metode grafik:

Membuat diagram beban

Kesetimbangan momen terhadap ujung kanan beam pada sumbu z:

( )∑ =−

−⇒= 02

02

1alwlRM z

diperoleh: ( ) ( )

( ) 18102

410102

22

1 =−

=−

=lalwR

Kesetimbangan gaya dalam arah sumbu-y:

( )∑ =+−−⇒= 00 21 RalwRFy

diperoleh: ( ) ( ) 42184101012 =−−=−−= RalwR

Diperoleh diagram beban seperti grafik a disamping.

Membuat diagram geser

Kita bayangkan kita berjalan mundur melewati diagram beban

dimulai dari ujung sebelah kiri dengan langkah kecil sebesar dx

sambil mencatat daerah yang telah dilewati (gaya . dx) pada

diagram geser.

• Pada saat awal melangkah (X=0), diagram geser mengalami kenaikan tiba-tiba

sebesar R1.

• Kita lanjutkan dari x=0 ke x=a, didapatkan bahwa tidak ada perubahan yang

terjadi karena tidak ada tambahan gaya.

• Selangkah melewati x=a, kita dapatkan daerah pada diagram beban sebesar

–w . dx, yang akan dijumlahkan dengan harga R1 (nilai gaya geser awal).

3-23

• Ketika mencapai x=l, total area w(l-a) diambil sebagai nilai gaya geser sampai

–R2. Selangkah (dx) kebelakang keluar dari beam dapat kita jumpai bahwa

akibat gaya R2 didapatkan gaya geser bernilai nol. Gaya geser terbesar terjadi

untuk R2 pada x=l.

Membuat diagram momen

Kita bayangkan kita jatuh dan ingin mencapai diagram geser dengan cara

memanjatnya, dan kemudian berjalan mundur seperti trik pada saat membuat

diagram geser.

• Dari x=0 ke x=a, fungsi momen adalah berupa garis lurus dengan kemiringan

sebesar R1.

• Lewat titik x=a, diagram geser segitiga (dengan kemiringan –w), sehingga

integrasinya berupa parabola. Puncak momen terjadi pada saat gaya geser

bernilai nol pada titik:

8,5101841

0@ =+=+== wRax V

Daerah positif pada diagram momen akan menambah besar momen dan

daerah negatif pada diagram momen akan mengurangi besar momen.

• Besar momen maksimum dengan cara menambahkan daerah persegi panjang

dan daerah segitiga pada diagram geser dari x=0 sampai x=5,8 (gaya geser

nol).

( ) ( ) 2,8828,118418

28,1

118,5@ =+=+== RaRM X

2. Metode fungsi singular

Beban seragam digambarkan sebagai fungsi (x-a) 0

Persamaan untuk fungsi beban

( ) 12

011 0 −− −+−−−= lxRaxwxRq a

( ) 10

210

1 0 ClxRaxwxRqdxV +−+−−−== ∫ b

∫ ++−+−−−== 211

221

1 20 CxClxRaxwxRVdxM c

Integrasi dilakukan dari ∞− ke x. Untuk kondisi infinitesimal disebelah kiri x=0

( −= 0x ), tegangan geser dan momen bernilai nol. Untuk kondisi infinitesimal

disebelah kanan x ( += lx ) tegangan geser dan momen bernilai 0.

Mencari nilai konstanta

3-24

Konstanta C1 dan C2 diperoleh dengan memasukkan kondisi batas −= 0x , V=0,

M=0 pada persamaan b dan c.

000000 11

0

2

10

1 =⇒+−+−−−== −−− CClRawRV

( ) 00002

000 221

1

2

21

1 =⇒++−+−−−== −−−− CCClRawRM

Menghitung gaya reaksi

Gaya reaksi R1 dan R2 diperoleh dengan memasukkan kondisi batas += lx , V=0,

M=0 pada persamaan b dan c.

( )

( )( ) 18102

4101022

0

02

0

22

1

2

1

12

211

=−

=−

=⇒−

−=

=−+−−−=

lalw

Ralw

lR

llRalwlRM

( )( )

( ) ( ) 4218410100

0

12

21

02

101

=−−=−−=+−−=

=+−−=

RalwRRalwR

lRalwlRV

Diagram beban, gaya geser, dan momen dapat dibuat dengan mengevaluasi persamaan b dan c yang telah disubstitusi dengan nilai C1, C2, R1, R2 pada selang x=0 sampai x=l

3.13. Pembebanan Getaran

Mesin atau peralatan yang medapat beban dinamik pasti mengalami beban

tambahan akibat adanya fenomena getaran. Getaran dapat disebabkan oleh banyak hal

seperti adanya massa unbalance, sifat komponen yang elastik, fenomena resonansi,

sambungan-sambungan yang tidak sempurna, dan lain-lain. Contoh karakteristik beban

getaran ditunjukkan pada gambar 2.8. Beban getaran tidak akan dibahas lebih lanjut

dalam dalam kuliah ini.

3-25

Gambar 3. 20 Beban getaran pada crankshaft sebuah engine

3.14. Beban Impak

Beban statik maupun beban dinamik yang telah dibahas pada sub bab

sebelumnya semuanya mengasumsikan bahwa aplikasi beban terjadi secara perlahan.

Banyak mesin atau peralatan memiliki elemen yang harus menerima beban secara tiba-

tiba dalam waktu yang sangat singkat. Contohnya adalah mekanisme crank-slider.dan

blok silinder engine, mesin skrap, jackhammer, beban tabrakan antara dua kendaraan,

dan lain-lain. Analisis beban impact pada komponen mesin memerlukan metoda

perhitungan yang kompleks karena karakteristik sifat material yang mendapat beban

impak sangat berbeda dibandingkan akibat beban statik. Fenomena impak juga selalu

harus dikaitkan dengan plastisitas material yang merupakan suatu fenomena yang sangat

kompleks. Dengan demikian beban impak tidak akan dibahas lebih lanjut dalam kuliah ini.

3-26

Gambar 3. 21 Kecelakaan mobil (mobil mendapat beban impak)

3.15. Soal-soal Latihan

1. Kelas beban apakah yang cocok dengan sistem mechanical berikut ?

a. Rangka sepeda b. Tiang bendera

c. skate board d. stick golf

e. wrench

Gambarkanlah diagram benda bebas masing-masing sistem di atas.

2. Sebuah sepeda dengan pengendara seberat 800 N. Posisi titik berat pengendara

segaris vertikal dengan titik pusat sproket depan. Pengendara memberikan beban

beratnya pada salah satu pedal seperti pada gambar (satuan mm). Dengan

mengasumsikan problem adalah dua dimensi, gambarkanlah diagram benda bebas

dan hitung gaya-gaya yang bekerja pada (a) pedal bersama sproket depan, (b) roda

belakang dan sproketnya, (c) roda depan, (d) sepeda dan pengendara secara

keseluruhan

3. Buat DBB rakitan pedal-lengan sepeda dalam posisi horizontal. Pedal, lengan dan

pivot sebagai satu kesatuan. Dengan asumsi gaya dari pengendara ke pedal (F)

3-27

sebesar 1500 N, tentukan besar torsi pada sprocket rantai dan momen (torsi dan

bending) maksimum pada pedal.

4. Sebuah plier-wrench seperti ditunjukkan pada gambar umum digunakan untuk

mencekam komponen mesin.

a. Berapakah besarnya gaya F yang dibutuhkan untuk menghasilkan gaya

pencekaman P = 4000 N ?. Apakah menurut anda besarnya gaya F mampu

diberikan oleh tangan manusia dewasa ?

3-28

5. Fan electric dibaut pada titik A dan B. Motor

listrik memberikan torsi sebesar 1 N-m ke

sudu fan sehingga sudu-sudu dapat

mendorong udara dengan gaya 10 N.

Dengan mengabaikan gaya gravitasi

gambarkan lah diagram benda bebas fan

tersebut serta hitunglah gaya-gaya reaksi

tumpuan.

6. Sebuah poros seperti yang ditunjukkan pada gambar, meneruskan daya sebesar 20

HP pada putaran 300 rpm. Poros tersebut juga mendapat beban lentur P sebesar

1000 pounds. Gambarkan diagram gaya geser dan momen lentur sepanjang poros

7. Papan loncat indah menggunakan konstruksi (a) overhang dan (b) cantilever seperti

ditunjukkan pada gambar. Tentukanlah gaya-gaya reaksi tumpuan, diagram gaya

geser dan diagram momen lentur jika orang dengan berat 100 kg berdiri diujung

papan. Tentukan nilai dan lokasi gaya geser maksimum dan momen lentur maksimum

untuk masing-masing konstruksi

3-29

8. Konstruksi poros dengan dua buah

rodagigi dalam keadaan setimbang. Gaya-

gaya yang bekerja pada rodagigi

ditunjukkan pada gambar. Asumsikan

tumpuan O adalah pin dan tumpuan B

adalah rol. Tentukanlah gaya-gaya reaksi

tumpuan. Gambarkan diagram gaya geser

dan diagram momen lentur pada poros

pada bidang x-y.

9. Konstruksi mesin pesawat terbang, reduction gear, dan propeller. Mesin dan propeler

berputar clockwise dilihat dari sisi propeler. Reduction gear dibaut pada rumah mesin

seperti pada gambat. Mesin memiliki daya 150 hp pada kecepatan 3600 rpm dan

dengan asumsi rugi-rugi gesekan pada reduction gear tentukan:

a. Arah dan besar torsi dari

rumah reduction gear pada

rumah mesin.

b. Besar dan arah torsi reaksi

yang cenderung memutar

(roll) pesawat.

c. Keuntungan penggunaan

opposite-rotating engine

dengan twin engine

propeler sebagai

penggerak pesawat.

10. Gambar DBB rakitan roda

gigi-poros dan DBB tiap

komponen (roda gigi 1, roda

gigi 2, dan poros).

3-30

11. Roda mobil dengan dua jenis kunci pengencang mur-baut (lug wrench), yaitu single-

ended wrench (gambar a) dan double-ended wrench (gambar b). Dipakai dua tangan

untuk memberikan gaya pada titik A dan B dengan jarak titik A-B adalah 1 ft. Mur-baut

memerlukan torsi sebesar 70 ft-lb.

a. Gambar DBB untuk kedua

jenis pengencang mur-baut

dan tentukan besar semua

gaya dan momen.

b. Adakah perbedaan cara

kerja kedua jenis

pengencang? Adakah salah

satu pengencang lebih baik

dari yang lain? Jika ada,

jelaskan alasannya!

12. Cari Gaya reaksi tiap tumpuan, gaya geser maksimum dan momen bending

maksimumuntuk kasus beam berikut:

3-31